107 高普考高考三級 電信工程 電磁學 考古題詳解

核心觀念

本題為靜電學極具代表性的經典考題，結合了高斯定律（Gauss's Law）、球對稱電荷分佈的場強特性、鏡像法（Method of Images）​與導體邊界條件：

1. 球對稱電荷分佈特性：

• 根據高斯定律，均勻分佈於中空球殼（內徑 $a$、外徑 $b$）的總電荷 $Q_0$，在球體外部（$R \ge b$）所建立的電場與電位，等效於將全部電荷集中於球心的點電荷。
• 在中空內部（$R < a$），由球對稱性與高斯定律可知，球殼自身在該區域產生的電場恆為零（$\vec{E}_{\text{self}} = 0$）。

2. 鏡像法（Method of Images）：

• 對於放置在無窮大接地導體平面（$z = 0, V = 0$）上方的球對稱分佈電荷 $Q_0$（球心位於 $(0, 0, h)$），因導體平面全處於球體外側（$h > b$），在 $z > 0$ 區域內，導體平面的存在所產生的邊界效應，可等效為在鏡像位置 $(0, 0, -h)$ 放置一個電量為 $Q' = -Q_0$ 的虛擬鏡像點電荷。

3. 導體表面邊界條件與感應電荷：

• 理想導體表面之切向電場為零（$E_t = 0$），法向電場滿足 $E_n = \frac{\rho_s}{\varepsilon_0}$。
• 導體表面感應之總電荷可由表面電荷密度積分求得：$Q_{ind} = \iint \rho_s \, dS$，亦可由通過導體平面的電通量由高斯定律直接判定。

解題方法

等效鏡像系統建立

由於球殼電荷為球對稱分佈，對於外部區域（$z \le 0$ 的邊界平面），該球體產生的場等同於球心處的集中點電荷 $+Q_0$。 為了滿足無窮大接地平面 $z = 0$ 上電位 $V = 0$ 的邊界條件，依據鏡像法：

• 移除接地導體平面。
• 保留上半空間（$z > 0$）的真實電荷分佈。
• 在下半空間鏡像點 $(0, 0, -h)$ 放置等量異號之鏡像電荷 $Q' = -Q_0$。

(一) 求在球心的電場 $\vec{E}_C$

球心 $C$ 的座標為 $(0, 0, h)$。根據重疊原理，球心處的總電場為真實球殼自身產生的電場 $\vec{E}_{\text{self}}$ 與鏡像電荷產生的電場 $\vec{E}_{\text{image}}$ 之合向量： $\vec{E}_C = \vec{E}_{\text{self}} + \vec{E}_{\text{image}}$

1. 球殼自身貢獻 $\vec{E}_{\text{self}}$： 球心處於中空球體的內腔（$r = 0 < a$），由高斯定律與球對稱性： $\vec{E}_{\text{self}} = 0$

2. 鏡像電荷貢獻 $\vec{E}_{\text{image}}$： 鏡像電荷 $Q' = -Q_0$ 位於 $(0, 0, -h)$，從鏡像電荷指向球心 $C(0, 0, h)$ 的位置向量為： $\vec{R}_C = (0, 0, h) - (0, 0, -h) = 2h \hat{a}_z$ 其距離為 $R_C = 2h$。因此鏡像電荷在球心處建立的電場為： $\vec{E}_{\text{image}} = \frac{Q'}{4\pi\varepsilon_0 R_C^2} \hat{a}_z = \frac{-Q_0}{4\pi\varepsilon_0 (2h)^2} \hat{a}_z = -\frac{Q_0}{16\pi\varepsilon_0 h^2} \hat{a}_z$

合成得球心電場： $\vec{E}_C = -\frac{Q_0}{16\pi\varepsilon_0 h^2} \hat{a}_z$

(二) 求在 $P$ 點 $(h, 0, 0)$ 的電場 $\vec{E}_P$

$P$ 點位於接地導體平面上，座標為 $(h, 0, 0)$。此處電場由等效實電荷 $+Q_0$（位於 $(0, 0, h)$）與鏡像電荷 $-Q_0$（位於 $(0, 0, -h)$）共同產生：

1. 實電荷在 $P$ 點產生的電場 $\vec{E}_1$： 從實電荷位置 $(0, 0, h)$ 到 $P(h, 0, 0)$ 的位移向量： $\vec{R}_1 = (h - 0) \hat{a}_x + (0 - 0) \hat{a}_y + (0 - h) \hat{a}_z = h \hat{a}_x - h \hat{a}_z$ 距離大小為： $R_1 = \sqrt{h^2 + (-h)^2} = \sqrt{2}h$ 電場向量為： $\vec{E}_1 = \frac{Q_0}{4\pi\varepsilon_0 R_1^3} \vec{R}_1 = \frac{Q_0}{4\pi\varepsilon_0 (\sqrt{2}h)^3} (h \hat{a}_x - h \hat{a}_z) = \frac{Q_0}{8\sqrt{2}\pi\varepsilon_0 h^2} (\hat{a}_x - \hat{a}_z)$

核心觀念

1. 鏡像法（Image Theory）： 在理想完全導體（PEC，在 $z=0$）的邊界上，切向電場必須為零（$E_t = 0$）。當平行於導體平面的面電流 $\vec{K} = \hat{x}K_0\cos\omega t$ 置於 $z=D$ 時，依據鏡像原理，在 $z=-D$ 處會產生大小相等、方向相反的等效鏡像面電流： $\vec{K}_{img} = -\vec{K} = -\hat{x}K_0\cos\omega t$
2. 無窮大面電流的磁場分佈（安培環路定律）： 單一置於 $z=z_0$ 平面且沿 $+\hat{x}$ 方向流動之無窮大均勻面電流 $\vec{K} = \hat{x}K$，由右手定則與對稱性，其產生的磁場為： $\vec{H}(z) = \begin{cases} -\frac{1}{2}K\hat{y}, & z > z_0 \\ +\frac{1}{2}K\hat{y}, & z < z_0 \end{cases}$
3. 法拉第電磁感應定律（Faraday's Law of Induction）與歐姆定律： 穿過閉合迴路的時變磁通量 $\Phi(t) = \int \vec{B}\cdot d\vec{S}$ 會在金屬環上感應出電動勢： $\mathcal{E}_{ind} = -\frac{d\Phi}{dt}$ 在忽略金屬環自感（$\omega L \ll R$）的前提下，感應電流振幅由歐姆定律 $I = \frac{\mathcal{E}}{R}$ 決定。

解題方法

(一) 求 A 區（$0<z<D$）的磁場 $\vec{H}_A$

1. 建立等效系統： 利用鏡像法移除 $z=0$ 的完全導體平面，系統等效為兩片無窮大面電流在無界空間中產生的磁場疊加：

• 原始面電流：位於 $z=D$，電流密度 $\vec{K}_1 = \hat{x}K_0\cos\omega t$。
• 鏡像面電流：位於 $z=-D$，電流密度 $\vec{K}_{img} = -\hat{x}K_0\cos\omega t$。

2. 磁場疊加推導： 在 A 區（$0<z<D$），場點位置介於 $-D$ 與 $D$ 之間：

• 對於位於 $z=D$ 的原始電流而言，場點在其下方（$z<D$），其貢獻為： $\vec{H}_1 = +\frac{1}{2}\left(K_0\cos\omega t\right)\hat{y}$
• 對於位於 $z=-D$ 的鏡像電流而言，場點在其上方（$z>-D$），且鏡像電流方向為 $-\hat{x}$，其貢獻為： $\vec{H}_{img} = -\frac{1}{2}\left(-K_0\cos\omega t\right)\hat{y} = +\frac{1}{2}\left(K_0\cos\omega t\right)\hat{y}$
• 兩者同向疊加，得 A 區磁場： $\vec{H}_A = \vec{H}_1 + \vec{H}_{img} = \frac{1}{2}K_0\cos\omega t\,\hat{y} + \frac{1}{2}K_0\cos\omega t\,\hat{y} = \hat{y}K_0\cos\omega t\ \text{(A/m)}$

(二) 求 B 區（$D<z$）的磁場 $\vec{H}_B$

1. 磁場疊加推導： 在 B 區（$z>D$），場點同時位於兩片面電流的上方（$z>D$ 且 $z>-D$）：

• 原始面電流（$z=D$）的磁場貢獻： $\vec{H}_1 = -\frac{1}{2}\left(K_0\cos\omega t\right)\hat{y}$
• 鏡像面電流（$z=-D$）的磁場貢獻：

核心觀念

本題考核耗損性介質（Lossy Medium）中的均勻平面波傳播特性，主要涵蓋四大核心觀念與公式：

1. 介質損耗特性判定（Loss Tangent）： 藉由損耗正切 $\tan\theta = \frac{\sigma}{\omega\varepsilon}$ 判斷介質類型。當 $\frac{\sigma}{\omega\varepsilon} \gg 1$ 時，可適用良導體（Good Conductor）​近似。
2. 傳播常數與波速：

• 複數傳播常數 $\gamma = \alpha + j\beta = \sqrt{j\omega\mu(\sigma + j\omega\varepsilon)}$。
• 良導體近似下：$\alpha \approx \beta \approx \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} = \sqrt{\pi f \mu \sigma}$。
• 相速度（波速）：$v_p = \frac{\omega}{\beta}$。

3. 電磁波極化特性（Polarization）： 平面波的極化由相互正交的電場分量之振幅大小與時間相位差決定。配合波行進方向，依右手定則判定旋向（旋向特性）。
4. 功率密度衰減量（dB 計算）： 時均坡印廷向量（時均功率密度）正比於電場振幅平方，其空間衰減因子為 $e^{-2\alpha z}$。功率衰減比換算為分貝（$\text{dB}$）之公式為： $\text{Attenuation (dB)} = 10 \log_{10}\left(\frac{S_{\text{av}}(0)}{S_{\text{av}}(z)}\right) = 20\alpha z \log_{10} e$

解題方法

(一) 求衰減係數 $\alpha$

1. 計算角頻率 $\omega$ 與介質介電係數 $\varepsilon$： 由電場表示式可知角頻率： $\omega = 2\pi \times 10^7\ \text{rad/s} \quad (f = 10^7\ \text{Hz} = 10\ \text{MHz})$ 海水的介電係數： $\varepsilon = 81\varepsilon_0 = 81 \times \left(\frac{10^{-9}}{36\pi}\right) = \frac{9}{4\pi}\times 10^{-9}\ \text{F/m}$

2. 檢驗損耗正切（Loss Tangent）： $\frac{\sigma}{\omega\varepsilon} = \frac{1}{(2\pi \times 10^7)\left(\frac{9}{4\pi}\times 10^{-9}\right)} = \frac{1}{4.5 \times 10^{-2}} = \frac{100}{4.5} = \frac{200}{9} \approx 22.22$ 由於 $\frac{\sigma}{\omega\varepsilon} \approx 22.22 \gg 1$，海水在此頻率下具備良導體特性，可採用良導體近似公式簡化運算。

3. 計算衰減係數 $\alpha$： 在良導體近似下： $\alpha \approx \sqrt{\frac{\omega\mu_0\sigma}{2}} = \sqrt{\frac{(2\pi \times 10^7) \times (4\pi \times 10^{-7}) \times 1}{2}} = \sqrt{\frac{8\pi^2}{2}} = \sqrt{4\pi^2} = 2\pi$ 代入題目指定之 $\pi = 3.14$： $\alpha = 2 \times 3.14 = 6.28\ \text{Np/m}$

補充（精確值計算）：若使用任意損耗介質之精確公式： $\alpha = \omega\sqrt{\frac{\mu\varepsilon}{2}}\left[\sqrt{1+\left(\frac{\sigma}{\omega\varepsilon}\right)^2}-1\right]^{1/2} \approx 6.14\ \text{Np/m}$ 考量題目給定 $\omega = 2\pi\times 10^7$ 與 $\mu_0 = 4\pi\times 10^{-7}$ 能使根號內部恰為完美平方數 $4\pi^2$，命題核心顯然採「良導體近似」，答案以 $6.28\ \text{Np/m}$ 為主。

(二) 求此平面波在海水中的波速 $v_p$

1. 求相位常數 $\beta$： 在良導體條件下，衰減常數與相位常數近似相等： $\beta \approx \alpha = 2\pi\ \text{rad/m}$

2. 計算波速（相速度）： $v_p = \frac{\omega}{\beta} = \frac{2\pi \times 10^7}{2\pi} = 10^7\ \text{m/s} = 1 \times 10^7\ \text{m/s}$

補充（精確值計算）：若採用精確相位常數 $\beta = \omega\sqrt{\frac{\mu\varepsilon}{2}}\left[\sqrt{1+\left(\frac{\sigma}{\omega\varepsilon}\right)^2}+1\right]^{1/2} \approx 6.41\ \text{rad/m}$，則 $v_p = \frac{2\pi\times 10^7}{6.41} \approx 9.80 \times 10^6\ \text{m/s}$。

(三) 說明這平面波的極化特性

將電場的兩正交分量表示為餘弦標準時域形式： $E_x(z, t) = 100 e^{-\alpha z}\cos(2\pi10^7t-\beta z)$ $E_y(z, t) = 20 e^{-\alpha z}\sin(2\pi10^7t-\beta z) = 20 e^{-\alpha z}\cos\left(2\pi10^7t-\beta z - \frac{\pi}{2}\right)$

分析其極化型態、幾何參數及旋向如下：

1. 極化型態判別：

• 振幅關係：兩正交分量之初始振幅分別為 $E_{0x} = 100$、$E_{0y} = 20$，兩者不相等（$E_{0x} \ne E_{0y}$）。

核心觀念

本題評量矩形導波管（Rectangular Waveguide）傳輸 TE 模態的基礎電磁理論，核心包含以下四大物理觀念與公式：

1. 截止參數與色散關係（Dispersion Relation）：

• 對於寬邊 $a$、窄邊 $b$（$a > b$）的矩形導波管，$\text{TE}_{mn}$ 模的截止波長為 $\lambda_{c,mn} = \frac{2}{\sqrt{(m/a)^2 + (n/b)^2}}$。主模（Dominant Mode）$\text{TE}_{10}$ 的截止波長為 $\lambda_c = 2a$，截止頻率為 $f_{cut} = \frac{c}{\lambda_c} = \frac{c}{2a}$。
• 導波管波長（管內波長 $\lambda_g$）、自由空間波長（操作波長 $\lambda_0$）與截止波長（$\lambda_c$）滿足色散幾何關係式： $\frac{1}{\lambda_0^2} = \frac{1}{\lambda_c^2} + \frac{1}{\lambda_g^2}$ 或等價的波數關係式 $k^2 = k_x^2 + k_z^2$，其中 $k = \frac{2\pi}{\lambda_0} = \frac{\omega}{c}$、$k_x = \frac{\pi}{a}$、$k_z = \frac{2\pi}{\lambda_g}$。

2. 完全導體邊界條件（PEC Boundary Condition）：

• 導體表面感應面電荷密度 $\rho_s$ 與電位移線 $\vec{D}$ 的法向分量連續性關係為： $\rho_s = \hat{n} \cdot \vec{D} = \varepsilon_0 (\hat{n} \cdot \vec{E})$ 其中 $\hat{n}$ 為由導體表面指向導波管內部的單位法向量。

3. 馬克士威旋度方程式（麥克斯韋旋度方程 / 法拉第定律）：

• 時諧電場與磁場的關係式為： $\nabla \times \vec{E} = -j\omega\mu_0\vec{H} \implies \vec{H} = -\frac{1}{j\omega\mu_0}(\nabla \times \vec{E})$

4. 自由空間本質阻抗（Intrinsic Impedance）：

• 真空中 $\eta_0 = \sqrt{\frac{\mu_0}{\varepsilon_0}} \approx 120\pi\ \Omega \approx 377\ \Omega$，$c = \frac{1}{\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}} = 3 \times 10^8\ \text{m/s}$。

解題方法

已知參數：

• 管壁為完全導體（PEC），管內為真空：$\varepsilon = \varepsilon_0$、$\mu = \mu_0$、$c = 3 \times 10^8\ \text{m/s} = 3 \times 10^{10}\ \text{cm/s}$。
• 尺寸：$a = 3\ \text{cm} = 0.03\ \text{m}$、$b = 2\ \text{cm} = 0.02\ \text{m}$。
• 管內量測波長：$\lambda_g = 8\ \text{cm} = 0.08\ \text{m}$。
• 電場：$\vec{E}_y = \hat{y} E_0 \sin(k_x x) e^{j(2\pi f_0 t - k_z z)}$。

(一) 求 $\text{TE}_{10}$ 模的截止頻率 $f_{cut}$

$\text{TE}_{10}$ 模中 $m=1, n=0$，橫向截止波數為： $k_x = \frac{\pi}{a} = \frac{\pi}{0.03}\ \text{rad/m} = \frac{100\pi}{3}\ \text{rad/m}$ 對應的截止波長 $\lambda_c$ 為： $\lambda_c = 2a = 2 \times 3\ \text{cm} = 6\ \text{cm} = 0.06\ \text{m}$ 因此，截止頻率為： $f_{cut} = \frac{c}{\lambda_c} = \frac{3 \times 10^8\ \text{m/s}}{0.06\ \text{m}} = 5 \times 10^9\ \text{Hz} = 5\ \text{GHz}$

(二) 求 $\text{TE}_{10}$ 模的操作頻率 $f_0$

由導波管色散方程式： $\frac{1}{\lambda_0^2} = \frac{1}{\lambda_c^2} + \frac{1}{\lambda_g^2}$ 代入 $\lambda_c = 6\ \text{cm}$ 與 $\lambda_g = 8\ \text{cm}$： $\frac{1}{\lambda_0^2} = \frac{1}{6^2} + \frac{1}{8^2} = \frac{1}{36} + \frac{1}{64} = \frac{64 + 36}{36 \times 64} = \frac{100}{2304}$ 開平方得自由空間波長： $\frac{1}{\lambda_0} = \frac{10}{48} = \frac{5}{24}\ \text{cm}^{-1} \implies \lambda_0 = \frac{24}{5}\ \text{cm} = 4.8\ \text{cm} = 0.048\ \text{m}$ 進而求得操作頻率 $f_0$： $f_0 = \frac{c}{\lambda_0} = \frac{3 \times 10^{10}\ \text{cm/s}}{4.8\ \text{cm}} = 6.25 \times 10^9\ \text{Hz} = 6.25\ \text{GHz}$

(三) 求在 $y=0$ 的金屬面上的感應電荷密度 $\rho_s$

導波管內壁區域位於 $0 \le y \le b$。在底部金屬面 $y=0$ 處，由導體表面指向介質（波管內部）的法向單位向量為 $\hat{n} = +\hat{y}$。 根據電場界面邊界條件： $\rho_s = \hat{n} \cdot \vec{D} = \varepsilon_0 (\hat{y} \cdot \vec{E})$ 將電場向量 $\vec{E} = \hat{y} E_0 \sin(k_x x) e^{j(2\pi f_0 t - k_z z)}$ 代入： $\rho_s = \varepsilon_0 E_0 \sin(k_x x) e^{j(2\pi f_0 t - k_z z)}$ 代入波數數值 $k_x = \frac{\pi}{a} = \frac{100\pi}{3}\ \text{rad/m}$ 及 $k_z = \frac{2\pi}{\lambda_g} = \frac{2\pi}{0.08} = 25\pi\ \text{rad/m}$：

• 複數形式（相量隨時間表示法）： $\rho_s(x, y=0, z, t) = \varepsilon_0 E_0 \sin\left(\frac{100\pi}{3}x\right) e^{j(2\pi f_0 t - 25\pi z)}\ \text{C/m}^2$
• 實數瞬時形式（取實部 $\text{Re}\{\cdot\}$）： $\rho_s(x, y=0, z, t) = \varepsilon_0 E_0 \sin\left(\frac{100\pi}{3}x\right) \cos(2\pi f_0 t - 25\pi z)\ \text{C/m}^2$

(四) 求磁場強度的大小 $\lvert\vec{H}\rvert$

由法拉第旋度方程式： $\nabla \times \vec{E} = -j\omega\mu_0 \vec{H} \implies \vec{H} = -\frac{1}{j\omega\mu_0} \nabla \times \vec{E}$ 由於電場僅具 $y$ 分量且為 $x$ 與 $z$ 的函數： $\nabla \times \vec{E} = \hat{x}\left(-\frac{\partial E_y}{\partial z}\right) + \hat{z}\left(\frac{\partial E_y}{\partial x}\right)$ 計算偏微分： $-\frac{\partial E_y}{\partial z} = -(-j k_z) E_y = j k_z E_0 \sin(k_x x) e^{j(\omega t - k_z z)}$